Gọi MH,MI,MKtheo thứ tự là các đờng vuông góc kẻ từM đến BC,AB,AC.
Trang 1II Ma trận đề:
Căn bậc
hai,biến
đổi biểu
thức,PT vô
tỉ,hệ PT
2 3
2 3,5
4 6,5 Bất đẳng
thức,chứng
minh BĐT
1 1
2 4
1 2
4 7
2 2 4,5 3 6,5 Tổng 3
4 3 6 5 10 11 20
Đề bài:
Bài1 (3đ)
Cho biểu thức:
1
1 1
1 1
2
−
− + +
+ +
−
+
=
x x
x
x x
x
x A
1 Tìm x để biểu thức A có nghĩa Hãy rút gọn A
2 Tính A khi x=33−8 2
3 Chứng minh rằng:
3
1
<
A
Bài2 (4đ)
Giải các phơng trình, hệ phơng trình sau
1 x−1+ x3 +x2 +x+1=1+ x4 −1
2
−
=
+
−
=
+
−
=
+
1 4
1 4
1 4
y x
z
x z
y
z y
x
Bài3 (6,5đ)
1 Cho a b c d, , , là bốn số nguyên dơng bất kì, chứng minh rằng số
A
a b c a b d b c d a c d
+ + + + + + + + không phải là một số nguyên
2 Giả sử x, y là những số không âm thay đổi thoả mãn điều kiện x2 + y2 = 1
a Chứng minh rằng 1≤ x+ y≤ 2
3 Cho a ,,b clà ba số dơng Chứng minh rằng:
+
+ +
+ +
≥ + +
a c c b b a c b
1 2
1 2
1 3 1 1 1
Bài4 (3,5đ) Cho ∆ABC đều cạnh a Điểm Q di động trên cạnh AC, điểm P di động trên tia
đối của tia CB sao cho AQ BP a = 2 Đờng thẳng AP cắt đờng thẳng BQ tại M
a CM tứ giác ABCM nội tiếp đợc
b Tìm giá trị lớn nhất của MA MC+ theo a
Trang 2Bài5 (3đ) Cho tam giác ABCnội tiếp đờng tròn ( )O , điểm M thuộc cung BC không chứa A Gọi MH,MI,MKtheo thứ tự là các đờng vuông góc kẻ từM đến BC,AB,AC
Chứng minh rằng
MK
AC MI
AB MH
BC = +
Đáp án thang điểm.–
B
ài1 (4đ)
1 (2đ)A có nghĩa khi và chỉ khi
≠
≥
⇔
≠
−
≥
1
0 0
1
0
x
x x
x
* Rút gọn
1
1 1
1 1
2
−
− + +
+ +
−
+
=
x x
x
x x
x
x A
1 1
1 1
1
2
−
− + +
+ +
+ +
−
+
x x
x
x x
x x
( 1)( 1)
1 1
1 2
+ +
−
+ +
−
− +
+ +
x x x
x x x
x
=( )( ) ( 1)( ( ) 1) 1
1 1
−
= + +
−
−
x x
x x
x x
x x x
x x
x x
(0,75đ) 2.(1đ) Theo giả thiết x= 33 − 8 2 =(4 2 − 1)2 ⇒ x = 4 2 − 1 (0,5đ)
Do đó
2 4 33
1 2 4 1 1 2 4 2 8 33
1 2 4
−
−
= +
− +
−
−
=
3
1 3
1
<
−
⇔
< A
3
1
1 − <
+ + x x
1 3
1 1
3
1 2 1
3
1
+ +
−
−
= + +
− +
−
= + +
−
−
−
⇔
x x
x x
x
x x x
x
x x
Vì 3(x+ x+ 1)> 0 ; −( x− 1)2 > 0, vì x≠ 1
Kết luận: Với 0 ≤ x≠ 1 thì
3
1
<
Bài2 (3,5đ)
0 1
0 1
0 1
4
2
≥
−
≥ + + +
≥
−
x x
x x x
x
(0,5đ)
Đặt a= x−1;b= x3 +x2 +x+1 với a≥ 0 ,b≥ 0
Ta có x4 − 1 = (x− 1) (x3 +x2 +x+ 1) =a.b
Trang 3Khi đó PT đã cho trở thành: a+b= 1 +ab⇔(a− 1)(b− 1)= 0 ⇔a= 1hoặcb= 1 (0,25đ)
* Với a= 1thì x−1=1⇔ x=2 (thoả mãn) (0,25đ)
* Với b= 1thì x3 +x2 +x+ 1 = 1 ⇔ x3 +x2 +x+ 1 = 1 ⇔ x(x2 +x+ 1)= 0
⇔ x= 0 (loại) hoặc x2 +x+1=0 (vô nghiệm) (0,25đ)
2.(2đ) ĐK:
≥
≥
≥
⇔
≥
−
≥
−
≥
−
4 1 4 1 4 1
0 1 4
0 1 4
0 1 4
z y x
y x
z
(0, 5đ)
Ta có
−
= +
−
= +
−
= +
⇔
−
= +
−
= +
−
= +
1 4 2 2 2
1 4 2 2 2
1 4 2 2 2
1 4
1 4
1 4
y x
z
x z
y
z y
x
y x
z
x z
y
z y
x
(0,25đ)
Cộng theo từng vế ba pt của hệ trên và biến đổi ta đợc:
(4x− 2 4x− 1) (+ 4y− 2 4y− 1) (+ 4z− 2 4z− 1)= 0 (0,25đ)
(4 − 1 − 2 4 − 1 + 1) (+ 4 − 1 − 2 4 − 1 + 1) (+ 4 − 1 − 2 4 − 1 + 1)= 0
( 4 − 1 − 1) (2 + 4 − 1 − 1) (2 + 4 − 1 − 1)2 = 0
=
−
=
−
=
−
⇔
=
−
=
−
=
−
⇔
=
−
−
=
−
−
=
−
−
⇔
1 1 4
1 1 4
1 1 4
1 1 4
1 1 4
1 1 4
0 1 1
4
0 1 1
4
0 1 1
4
z y x z
y x z
y
x
=
=
=
⇔
=
=
=
⇔
2 1 2 1 2 1
2 4
2 4
2 4
z y x
z y
x
KL: Hệ pt có nghiệm duy nhất ( )
=
2
1
; 2
1
; 2
1
;
; z y
Bài3 (6,0đ)
1.(2,5) Vì a b c d, , , dơng nên ;
d c b a
a c
b a
a
+ + +
>
+
b d
b a
b
+ + +
>
+ +
;
d c b a
c d
c
b
c
+ + +
>
+
d d
c a
d
+ + +
>
+
Cộng tất cả các BĐT cùng chiều trên ta đợc
A
a b c a b d b c d a c d
+ + + + + + + + > a+b+c+d +
a
d c b a
b
+ +
c
+ +
d
+ + +
+ +
+
+ +
+
d c
b
a
d c
b
Trang 4Mặt khác, ta có BĐT
z y
z x y
x
+
+
< với x< yvàx,y,z> 0 (*) Thật vậy, ta xét hiệu ( ) ( ( + ) ) <0
−
= +
−
− +
= +
+
−
z y y
y x z z
y y
yz xy xz xy z y
z x y
Bây giờ ta áp dụng BĐT (*) ta có các BĐT
;
d c b a
d a c
b
a
a
+ + +
+
<
+
c b d
b a
b
+ + +
+
<
+ +
;
d c b a
a c d
c
b
c
+ + +
+
<
+
b d d
c a
d
+ + +
+
<
+
Cộng các BĐT cùng chiều trên ta đợc
A
a b c a b d b c d a c d
+
<
d c b a
d a
+ + + +
+
d c b a
c b
d c b a
a c
+ + +
+
d c b a
b d
+ + +
+ +
=2( ) =2
+ +
+
+ +
+
d c
b
a
d c b
Kết hợp (1) và (2) ta đợc 1 < A< 2 hay A không phải là số nguyên (0,25đ) 2.(1,5đ) a Trớc tiên ta chứng minh BĐT (x+ y)2 ≤ 2(x2 +y2)
Thật vậy, ta xét hiệu
2x2 + y2 − x+y 2 = x2 + y2 −x2 − xy− y2 = x−y 2 ≥ , đúng hay ( )2 ( 2 2)
2 x y y
áp dụng
(x+y)2 ≤ 2(x2 +y2)= 2 (vìx2 +y2 = 1) Suy ra x+ y≤ 2 (1) (0,5đ)
Ta lại có: (x−x2) (+ y−y2)=x(1 −x) (+y1 − y)
Vì x,y≥ 0 và x2 + y2 = 1 nên 0 ≤x≤ 1 ; 0 ≤ y≤ 1 Do đó x(1 −x)≥ 0 ;y(1 −y)≥ 0
3.(2đ) Với x,y,z > 0, ta có x+ y+z≥3 xyz3 ; 1 1 1 3 3
xyz z
y
x+ + ≥
Suy ra ( )
z y x z y x z
y x z y
x
+ +
≥ + +
⇔
≥
+ + +
(Chú ý là đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y=z)
áp dụng (*) ta có
b a b b
9 1 1 1
+
≥ +
c b c c
9 1 1 1
+
≥ +
a c a a
9 1 1 1
+
≥ +
+
+ +
+ +
≥
+ +
a c c b b a c
b
1 2
1 2
1 9 1 1 1
⇔
+
+ +
+ +
≥ + +
a c c b b a c b
1 2
1 2
1 3 1 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
A
Q
M E
Trang 5Bài4 (4đ)
1.(2đ) Theo giả thiết AQ BP a = 2suy ra
BP
AB AB
AQ = ; ∠BAQ= ∠ABP= 60 0 (0,75đ)
Vậy ∆AQB~ ∆BAP(c.g.c) Suy ra ∠AQB= ∠BAP= 60 0 + ∠CAM (0,75đ)
Mà ∠AQB= ∠QBC+ ∠QCB= 60 0 + ∠QBC
Do đó ∠MAC = ∠MBC(hai góc cùng chắn một cung) Nên tứ giácABCMnội tiếp (0,5đ)
Do ∠AME= ∠ACB= 60 0, vì thế tam giác AME là tam giác đều
Suy ra AE = AM và ∠MAE = 60 0, từ đó ∠BAE = ∠MAC(= 60 0 − ∠EAC)
Lại có AB= AC =anên ∆BAE= ∆CAM(c.g.c), suy ra BE=CM (0,5đ)
Do đóMA MC+ lớn nhất khi và chỉ khiMBlớn nhất khi và chỉ khiMBlà đờng kính đờng tròn
Gọi hvà R lần lợt là chiều cao và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác đềuABC thì
2
3
a
h= và
3
3 2
3 3
2 3
h
3
3 2
2R a
Vậy giá trị lớn nhất của MA MC+ =
3
3
Bài 5 (2,5đ)
Giả sử AC ≥ AB Ta có
MK
AK MI
AI MK
KC AK MI
BI AI MK
AC
MI
(Vì
MK
KC MI
BI MCK g
MBI g MCK
A
K B
C
H
M I
Trang 6Do ∠MAB= ∠MCB (cïng ch¾n cungMB) nªn cotg∠MAB= cotg∠MCB, (0,25®)
Suy ra
MH
CH MI
Do ∠MAC= ∠MBC(cïng ch¾n cungMC) nªn cotg∠MAC = cotg∠MBC, (0,25®)
Suy ra
MH
BH MK
Tõ (1), (2), (3) suy ra
MH
BC MH
BH MH
CH MK
AC MI